2025-2026学年湖北省部分高中联考高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1湖北省部分高中联考2025-2026学年高三上学期11月期中试题本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.“无人机”在军工、民用等领域发挥着积极作用。下列有关“无人机”说法正确的是A.其控制芯片主要材料为B.机翼主体——碳纳米材料，属于有机高分子材料C.起落架用到的航空铝材合金，比纯铝的熔点高，硬度大D.机身所用的玻璃纤维增强聚酯树脂，属于复合材料【答案】D【解析】A．芯片主要材料为，故A错误；B．碳纳米材料属于无机非金属材料，故B错误；C．合金的硬度一般比成分金属大，熔点一般比成分金属低，故C错误；D．玻璃纤维增强聚酯树脂属于符合材料，其中基体为聚酯树脂，增强体为玻璃纤维；故D正确；故答案选D。2.2020年有科学家通过观察金星的酸性云层，分析出金星存在磷化氢气体，从而推测金星可能存在生命的迹象。下列说法不正确的是A.非金属性P<O B.热稳定性：NH3>PH3C.酸性：H2SO4>H3PO4 D.原子半径大小：P<S【答案】D【解析】A．非金属性P＜S＜O，则P＜O，A说法正确；B．非金属的非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强，故热稳定性：NH3＞PH3，B说法正确；C．非金属的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4＞H3PO4，C说法正确；D．同周期中原子序数越大，半径越小，则原子半径大小：P＞S，D说法错误；答案为D。3.某白色粉末样品。可能含有KNO3、KI、KHSO4和KHCO3中的一种或几种。取少量该样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液；②向①溶液中滴加过量BaCl2溶液，溶液变浑浊；③取②的上层清液，向其中滴加FeCl2溶液，有无色气体产生。该样品中确定存在的是KNO3、KI B.KI、KHSO4 C.KHSO4、KHCO3 D.KNO3、KHSO4【答案】D【解析】向①溶液中滴加过量BaCl2溶液，溶液变浑浊，产生沉淀BaSO4，说明原溶液中含有KHSO4，一定不含有KHCO3；取②的上层清液，向其中滴加FeCl2，有无色气体产生，利用NO(H+)具有强氧化性，Fe2+以还原性为主，②中KHSO4提供H+，NO(H+)与Fe2+发生氧化还原反应，生成无色气体NO，因此推出原溶液中含有KNO3，原溶液中一定不存在KI；综上所述，原溶液一定存在的是KHSO4、KNO3，选项D正确；答案为D。4.维生素D含量越高，老年大脑认知功能越好，目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是A.维生素D3是一种水溶性维生素B.维生素D3分子式为C.维生素D3中的羟基能被催化氧化生成醛基D.维生素D3分子中虚线框内所含碳原子不可能共平面【答案】B【解析】A．由结构可知维生素D3中烃基基团较大，烃基属于憎水基，因此维生素D3不易溶水，属于脂溶性维生素，故A错误；B．由结构简式可知维生素D3分子式为，故B正确；C．该结构中羟基所连碳上只有一个氢，催化氧化产物为酮，故C错误；D．虚线框内的碳元素均处于碳碳双键的平面上，两平面可重合，所有碳原子可以共面，故D错误；故选：B。5.化学物质与人类生命健康密切相关。下列说法错误的是A.纯碱可用作食用碱 B.核苷可水解为戊糖和磷酸C.蛋白质分子中存在氢键 D.通过硬化植物油制人造奶油【答案】B【解析】A．纯碱成分是Na2CO3，可用作食用碱，A正确；B．核苷可水解为戊糖和碱基，B错误；C．蛋白质分子中肽键中的氧和氢之间存在氢键，形成蛋白质的二级结构，C正确；D．通过植物油与氢气加成，由液态变为固态或者半固态的硬化油，可用于制人造奶油，即硬化植物油制人造奶油，D正确；故答案为：B。6.短周期元素X、Y、Z、W、E原子序数依次增大。X是密度最小的金属，是当前动力电池的重要组成元素，X与Y同主族，Z原子的K层电子数比M层电子数少1个，W、E相邻，可形成所有原子最外层8电子稳定结构的E—W—W—E化合物。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>XB.第一电离能：W>E，电负性：W<EC.化合物E-W-W-E中E的化合价为正价D.Y、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】短周期元素X、Y、Z、W、E原子序数依次增大，X是密度最小的金属，是当前动力电池的重要构成元素，则X为Li元素；X与Y同主族，则Y为Na元素；Z原子的K层电子数比M层电子数少1个，则Z为Al元素；W、E相邻，可形成所有原子最外层8电子稳定结构的E—W—W—E化合物，则W为S元素、E为Cl元素。A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，铝原子的原子半径小于钠原子的原子半径，故A错误；B．S和Cl为同周期元素，从左到右第一电离能和电负性均成增大趋势，第一电离能：Cl>S，电负性：Cl>S，故B错误；C．化合物S2Cl2中氯元素的化合价为-1价，故C错误；D．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸硫酸溶液反应生成盐和水，也能与强碱氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；故选：D。7.“杯酚”()能够分离提纯和，其原理如图所示。下列说法错误的是A.分离过程中“杯酚”能循环利用 B.“操作1”是过滤，“操作2”是分液C.“杯酚”与形成了超分子 D.该过程体现了超分子的“分子识别”功能【答案】B【解析】A．由图可知，分离过程中“杯酚”能再次进入循环，故能循环利用，A正确；B．“操作1”“操作2”都是分离固液的操作，均为过滤，B错误；C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，“杯酚”与形成了超分子，C正确；D．该过程杯酚能选择结合，体现了超分子的“分子识别”功能，D正确；故选B。8.茶多酚易溶于乙醇、热水，不溶于氯仿。茶叶中含约30%的茶多酚、咖啡碱和叶绿素等多种物质，提取茶多酚的流程如图。下列说法正确的是A.“浸取”时要用酒精灯加热，加快茶多酚等有机物的溶解B.“过滤”时最好采用抽滤，用到的仪器有普通漏斗、抽滤瓶、抽气泵、安全瓶C.“洗涤”的目的是除去咖啡碱、叶绿素等有机物D.流程中可循环利用的物质只有“物质1”【答案】C【解析】茶多酚易溶于乙醇，因此先将绿茶用60%的乙醇浸取，乙醇的沸点较低，过滤后蒸馏得到的物质1为乙醇，因为茶多酚不溶于氯仿，用氯仿洗涤可除去咖啡碱、叶绿素等有机物，再用乙酸乙酯萃取后蒸馏得到的物质2为乙酸乙酯，进而可得到粗茶多酚；A．乙醇易挥发且易燃，因此“浸取”时不可用酒精灯加热，应使用水浴加热，A错误；B．“抽滤”用布氏漏斗、不能用普通漏斗，B错误；C．“洗涤”的目的是除去咖啡碱、叶绿素等有机物，C正确；D．“物质1”为乙醇，“物质2”为乙酸乙酯，均可循环利用，D错误；故答案选C。9.我国科学家率先利用作为客体分子进行组装，得到新型碳纳米管片段材料，合成效率优于石墨片层卷曲，此材料具有显著的光电效应。下列说法正确的是A.中的碳原子为杂化 B.由形成碳纳米管为物理变化C.石墨和均为分子晶体 D.碳纳米管导电的原因是形成了金属键【答案】A【解析】A．C60分子中每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，所以碳是sp2杂化，故A正确；B．C60与碳纳米管是不同物质，为化学变化，故B错误；

C．C60是分子间通过分子间作用力结合而成晶体，属于分子晶体，石墨中含有分子间作用力、共价键和金属键，所以其质软，石墨为混合型晶体，故C错误；

D．碳纳米管中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，类似于金属键，没有金属阳离子，不能构成金属键，故D错误；故选：A。10.电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图。下列说法错误的是A.随电解进行NaOH与NaCl均需及时补充B.a为负极，离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜C电路中每通过1mole-理论上消耗14g乙烯D.M极发生反应2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-【答案】A【解析】根据图示可知，电极N上CuCl被氧化生成CuCl2，电极N为阳极，则电极M为阴极，阳极电极反应为：，阴极电极反应为：，据此解答。A．由分析可知，电极M为阴极，发生电极反应：，即阴极生成氢氧根离子，同时钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，氯离子向右侧迁移，NaCl浓度变小，所以NaCl需及时补充，NaOH不需要补充，A错误；B．由分析可知，电极M为阴极，则a为负极，工作过程中钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，则离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，B正确；C．N极为阳极，电极反应为：，电路中每通过1mole-，生成1mol氯化铜，乙烯与氯化铜发生反应：CH2=CH2＋2CuCl2CH2ClCH2Cl＋2CuCl，理论上消耗乙烯0.5mol，即14g，C正确；D．由分析可知，M极为阴极，被还原生成，同时生成，其电极反应式为：，D正确；故选A。11.将和通过活性炭的催化作用可化合成氯化硫酰，结构式为。下列关于该分子的说法错误的是A.中S原子的杂化方式为B.分子为非极性分子C.可发生强烈水解反应D.中硫元素的化合价为+6【答案】B【解析】A．中S原子形成4个σ键且无孤电子对，其杂化方式为，A正确；B．分子为非对称性分子，是极性分子，B错误；C．可发生强烈水解反应生成HCl和H2SO4，C正确；D．中氧、氯分别为-2、-1，，根据化合价代数和为零可知，硫元素的化合价为+6，D正确；故选B。12.一定条件下热解制取：。已知其他条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是A.平衡常数：B.达到平衡所需时间：C.总能量：D.单位时间的转化率。：【答案】C【解析】A．由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，说明反应吸热，温度越高，平衡常数越大，温度：Z>Y，平衡常数：，故A错误；B．温度越高，催化效率越强，反应速率越快，则Y点的反应速率大于X点的反应速率，则达到平衡所需时间：，故B错误；C．由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，说明反应吸热，总能量：，故C正确；D．Z点和Y点温度差别不大，但Z点的催化效率远低于Y点，说明Y的反应速率大于Z点的反应速率，则单位时间的转化率：，故D错误；故选C。13.下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，观察现象探究有机物中基团间的相互作用B用分液漏斗向盛有固体的锥形瓶中滴加乙酸溶液，将产生的气体通入盛有苯酚钠溶液的试管中，观察现象探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱C向两支试管中各加入2mL0.1溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入2mL0.1溶液，振荡，观察现象探究温度对化学反应速率的影响D以Zn、Fe为电极，以酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴溶液，观察现象探究金属的电化学保护法A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，盛有2mL苯的试管中溶液不褪色，盛有2mL甲苯的试管中溶液褪色，说明苯环能使侧链甲基的活性增强，能用于探究有机物中基团间的相互作用，故A正确；B．乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸优先与苯酚钠反应，会干扰碳酸和苯酚酸性强弱的比较，故B错误；C．向分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中的盛有等浓度的硫代硫酸钠溶液中的试管中加入稀硫酸，振荡，放在热水中的试管优先变浑浊能用于探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；D．由题意可知，锌铁在氯化钠溶液中构成的原电池中，活泼金属锌做负极被损耗，铁电极做正极被保护，则向铁电极区域取少量溶液中滴入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成，说明铁做正极被保护，能用于探究金属的电化学保护法，故D正确；故选B。14.柠檬酸是三元弱酸(简写为H3A)。常温下，向10mL0.1mol·L-1H3A溶液中滴加VmLpH=13的NaOH溶液，溶液的pH与含A粒子分布系数如图所示。下列叙述正确的是已知：H3A的分布系数表达式为。A.Na3A在水中的第二步水解方程式为B.当V=20时，溶液中：c(H+)<c(OH-)C.pH=4.77时，溶液中：c(Na+)<c(OH-)＋3c(HA2-)＋3c(A3-)D.的K1小于的K2【答案】C【解析】A．Na3A在水中的第二步水解方程式为；故A错误；B．pH=13的NaOH溶液，，当V=20时，恰好生成Na2HA，由图可知，②和③的交点，，pH=4.77，c(H+)=10-4.77mol/L，，同理③和④的交点，，，，水解常数，所以HA2-电离为主，则c(H+)>c(OH-)，故B错误；C．pH=4.77时，，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A3-)+2c(HA2-)+c(H2A-)=c(OH-)+3c(A3-)+3c(HA2-)，另(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(OH-)＋3c(HA2-)＋3c(A3-)；故C正确；D．，，，故D错误；故答案选C。15.含硼化合物的两种晶体如图所示。下列叙述正确的是已知：甲中晶胞的边长为，为阿佛加德罗常数的值。图甲、图乙对应的晶体熔点依次为2700℃、830℃。A.图乙晶体的化学式为B.图甲、图乙对应的晶体都是离子晶体C.图甲中原子和原子之间的最近距离为D.图甲中，原子填充在由原子构成四面体中【答案】D【解析】A．图乙晶体中硼原子在内部，每个晶胞中有6个原子，镁原子位于晶胞的顶点和面心均摊法计算为：，所以化学式为，A错误；B．图甲、图乙对应的晶体熔点依次为2700℃、830℃，所以前者熔点很高是共价晶体，后者熔点较高是离子晶体，B错误；C．图甲中原子和原子之间的最近距离是内部小正方体体对角线的一半，为，C错误；D．图甲晶体中，硼原子与氮原子的配位数都是4，所以硼原子位于氮原子构成的四面体中，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.海水中提取镁工艺流程：（1）该工艺流程中属于分解反应的有___________个，请写出其中属于氧化还原反应的化学方程式___________。（2）脱水得到的过程中，通入HCl的作用是___________。（3）25℃时，在沉镁的过程中，将溶液滴加到悬浊液中，当混合溶液中pH=12时，同时存在、两种沉淀，则此时溶液中___________。判断此时___________(填“是”或“否”)完全沉淀。(，，当某离子浓度降到以下时，认为该离子已经完全沉淀。)（4）新工艺向含氧化镁熔浆中添加三氯化铈()和氯气反应，生成和无水氯化镁。请写出该反应的化学方程式___________。（5）某实验小组对进行热重曲线分析：①分析181℃时固体产物的化学式为___________。②写出在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式___________。【答案】（1）①.3②.（2）抑制与水在加热条件下发生水解反应（3）①.②.是（4），（5）①.②.【解析】碳酸钙煅烧得到生石灰、加水得石灰乳，加到海水中得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2⋅6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取Mg，同时得到的氯气可转变为HCl进行循环利用；（1）分解反应有：碳酸钙煅烧得到生石灰和水，MgCl2⋅6H2O分解得到MgCl2和H2O，电解熔融氯化镁得到Mg和Cl2，则该工艺流程中属于分解反应的有3个，其中属于氧化还原反应的化学方程式。（2）增大氢离子浓度可使镁离子水解平衡左移，则脱水得到的过程中，通入HCl的作用是：抑制与水在加热条件下发生水解反应。（3）25℃时，当混合溶液中pH=12时，同时存在、两种沉淀，则此时溶液中。此时，则完全沉淀，答案为“是”。（4）新工艺向含氧化镁熔浆中添加三氯化铈()和氯气反应，生成和无水氯化镁。则该反应的化学方程式为：。（5）①203g的物质的量为1mol，1molMgCl2的质量为95g，181℃时固体产物为131g，则结晶水为131g-95g=36g，含结晶水为2mol，则化学式为。②在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)其质量为76.5g，含1molMg2+、1molOH-、1molCl-、则为，则化学方程式为。17.三氯苯达唑是一种新型咪唑类驱虫药，其合成路线之一如下：回答下列问题：（1）A的名称为______。（2）A→B的反应方程式为______。（3）X的结构简式为______。（4）D→E的反应类型为______。（5）C的芳香族同分异构体中，与C具有相同官能团的有______种。（6）邻苯二胺是染料、农药、助剂、感光材料等的中间体。以溴苯为原料，根据上述合成路线，设计合成邻苯二胺的路线______(无机试剂及两个碳以下的有机试剂任选)。【答案】（1）1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)（2）（3）（4）还原反应（5）15（6）【解析】A在浓硫酸、浓硝酸条件下，发生硝化反应生成B，根据C的分子式和D的结构简式，可以推出C的结构简式为：，X的结构简式为：，D在还原剂Fe的作用下发生还原反应，还原成，再与在KOH和的作用下生成F，最后与在一定条件下得到产品。（1）根据A的结构，A的名称为：1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)。（2）A在浓硫酸、浓硝酸条件下，发生硝化反应生成B，反应方程式为：。（3）根据分析可得X的结构简式为。（4）D在还原剂Fe的作用下发生还原反应，还原成，反应类型为：还原反应。（5）C的结构简式为：，根据“定二移一，再加一的方法”，与C具有相同官能团的芳香族同分异构体为：，加上，有3种，，加上，除去C有2种，，加上，有3种，，加上，有3种，，加上，有2种，，加上，有2种，共15种；（6）根据上述合成路线中AE的合成过程，以溴苯为原料，合成邻苯二胺的路线为：。18.I.磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。（1）工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点)。的VSEPR模型是_______(填名称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱和溶液中加入_______促进其结晶，但是所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是_______。Ⅱ.研究小组以无水甲苯为溶剂，(易水解)和(叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。（2）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。①金属的作用是_______。②回流过程中，除水时打开的活塞是_______；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。（3）纳米球状红磷的制备装置如图2所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，其化学方程式为_______；用氩气赶走空气的目的是_______。②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是_______、_______。【答案】（1）①.四面体形②.磷酸晶体③.磷酸分子与水分子能形成氢键（2）①.干燥甲苯②.K1、K3（3）①.②.防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解③.甲苯④.氯化钠【解析】利用苯来干燥甲苯，通过回流得到的水与钠反应，二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色，改变开关状态收集甲苯，将甲苯、五氯化磷、NaN3在Ar气氛围中充分混合后转入装置B中，在反应釜中于加热12小时使其充分反应。（1）中心原子价层电子对数为4+0=4，其VSEPR模型是四面体形。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可以引入晶种来促进溶液中的磷酸结晶析出，可向其过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶，磷酸分子含有羟基，容易与水分子形成氢键，因此磷酸具有较强的吸水性，所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去；故答案为：四面体形；磷酸晶体；磷酸分子与水分子能形成氢键。（2）①金属钠与水能发生反应，因此金属的作用是干燥甲苯；故答案为：干燥甲苯。②回流过程中，水要回流到烧瓶中，因此除水时打开的活塞是K1、K3；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯；故答案为：K1、K3。（3）①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，五氯化磷和NaN3反应生成红磷、氮气和氯化钠，其反应的化学方程式为；由于五氯化磷易水解，为防止五氯化磷遇见空气中的水蒸气发生水解，因此用氩气赶走空气；故答案为：；防止五氯化磷遇空气中的水蒸气而发生水解。②根据反应可知，得到的产物上沾有甲苯和氯化钠，用乙醇洗去甲苯，用水洗去氯化钠；故答案为：甲苯、氯化钠。19.二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则反应_______。（2）①向体积均为VL的恒压密闭容器中通入1mol、3mol，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。A.的消耗速率和的消耗速率相等B.混合气体的密度不再发生变化C.容器内气体压强不再发生变化②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，tmin反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（3）一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mol时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。【答案】（1）+206.1（2）①.B②.a③.温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低；压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大④.0.75V⑤.1（3）①.4②.55.2【解析】（1）反应Ⅰ：；反应Ⅱ：；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以；故答案为+206.1。（2）①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和的系数不同，所以的消耗速率和的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意；B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意；C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意故答案选B。②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；所以b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，tmin反应达到平衡，设反应生成了xmolCH4，则可知生成了0.4xmolCO，反应消耗了1-1.4xmolCO2，根据三种气体的关系可得=0.5，解的x=0.5，所以达到平衡时，整个体系中含有0.3molCO2，0.5molCH4，0.2molCO，0.8molH2，1.2molH2O，所以平衡时容器的体积为=0.75V。因为反应Ⅱ中反应物和生成物的化学计量系数相等，所以反应Ⅱ的Kp==1。（3）①已知该温度下，；，所以；故答案为4。②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mol时，由B的电解效率可知，，阴极室发生反应为和2H++2e-=H2↑，消耗的H+会由阳极室的H+通过质子膜从而补充到阴极室，所以阴极室溶液的质量增加为，故答案为55.2。湖北省部分高中联考2025-2026学年高三上学期11月期中试题本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、考试结束后，请将答题卡上交。一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1.“无人机”在军工、民用等领域发挥着积极作用。下列有关“无人机”说法正确的是A.其控制芯片主要材料为B.机翼主体——碳纳米材料，属于有机高分子材料C.起落架用到的航空铝材合金，比纯铝的熔点高，硬度大D.机身所用的玻璃纤维增强聚酯树脂，属于复合材料【答案】D【解析】A．芯片主要材料为，故A错误；B．碳纳米材料属于无机非金属材料，故B错误；C．合金的硬度一般比成分金属大，熔点一般比成分金属低，故C错误；D．玻璃纤维增强聚酯树脂属于符合材料，其中基体为聚酯树脂，增强体为玻璃纤维；故D正确；故答案选D。2.2020年有科学家通过观察金星的酸性云层，分析出金星存在磷化氢气体，从而推测金星可能存在生命的迹象。下列说法不正确的是A.非金属性P<O B.热稳定性：NH3>PH3C.酸性：H2SO4>H3PO4 D.原子半径大小：P<S【答案】D【解析】A．非金属性P＜S＜O，则P＜O，A说法正确；B．非金属的非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强，故热稳定性：NH3＞PH3，B说法正确；C．非金属的非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：H2SO4＞H3PO4，C说法正确；D．同周期中原子序数越大，半径越小，则原子半径大小：P＞S，D说法错误；答案为D。3.某白色粉末样品。可能含有KNO3、KI、KHSO4和KHCO3中的一种或几种。取少量该样品进行如下实验：①溶于水，得到无色透明溶液；②向①溶液中滴加过量BaCl2溶液，溶液变浑浊；③取②的上层清液，向其中滴加FeCl2溶液，有无色气体产生。该样品中确定存在的是KNO3、KI B.KI、KHSO4 C.KHSO4、KHCO3 D.KNO3、KHSO4【答案】D【解析】向①溶液中滴加过量BaCl2溶液，溶液变浑浊，产生沉淀BaSO4，说明原溶液中含有KHSO4，一定不含有KHCO3；取②的上层清液，向其中滴加FeCl2，有无色气体产生，利用NO(H+)具有强氧化性，Fe2+以还原性为主，②中KHSO4提供H+，NO(H+)与Fe2+发生氧化还原反应，生成无色气体NO，因此推出原溶液中含有KNO3，原溶液中一定不存在KI；综上所述，原溶液一定存在的是KHSO4、KNO3，选项D正确；答案为D。4.维生素D含量越高，老年大脑认知功能越好，目前已知的维生素D至少有10种分子，维生素D3是其中重要的一种(结构如图)，下列有关说法正确的是A.维生素D3是一种水溶性维生素B.维生素D3分子式为C.维生素D3中的羟基能被催化氧化生成醛基D.维生素D3分子中虚线框内所含碳原子不可能共平面【答案】B【解析】A．由结构可知维生素D3中烃基基团较大，烃基属于憎水基，因此维生素D3不易溶水，属于脂溶性维生素，故A错误；B．由结构简式可知维生素D3分子式为，故B正确；C．该结构中羟基所连碳上只有一个氢，催化氧化产物为酮，故C错误；D．虚线框内的碳元素均处于碳碳双键的平面上，两平面可重合，所有碳原子可以共面，故D错误；故选：B。5.化学物质与人类生命健康密切相关。下列说法错误的是A.纯碱可用作食用碱 B.核苷可水解为戊糖和磷酸C.蛋白质分子中存在氢键 D.通过硬化植物油制人造奶油【答案】B【解析】A．纯碱成分是Na2CO3，可用作食用碱，A正确；B．核苷可水解为戊糖和碱基，B错误；C．蛋白质分子中肽键中的氧和氢之间存在氢键，形成蛋白质的二级结构，C正确；D．通过植物油与氢气加成，由液态变为固态或者半固态的硬化油，可用于制人造奶油，即硬化植物油制人造奶油，D正确；故答案为：B。6.短周期元素X、Y、Z、W、E原子序数依次增大。X是密度最小的金属，是当前动力电池的重要组成元素，X与Y同主族，Z原子的K层电子数比M层电子数少1个，W、E相邻，可形成所有原子最外层8电子稳定结构的E—W—W—E化合物。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>XB.第一电离能：W>E，电负性：W<EC.化合物E-W-W-E中E的化合价为正价D.Y、Z、W三种元素的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】短周期元素X、Y、Z、W、E原子序数依次增大，X是密度最小的金属，是当前动力电池的重要构成元素，则X为Li元素；X与Y同主族，则Y为Na元素；Z原子的K层电子数比M层电子数少1个，则Z为Al元素；W、E相邻，可形成所有原子最外层8电子稳定结构的E—W—W—E化合物，则W为S元素、E为Cl元素。A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，铝原子的原子半径小于钠原子的原子半径，故A错误；B．S和Cl为同周期元素，从左到右第一电离能和电负性均成增大趋势，第一电离能：Cl>S，电负性：Cl>S，故B错误；C．化合物S2Cl2中氯元素的化合价为-1价，故C错误；D．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸硫酸溶液反应生成盐和水，也能与强碱氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；故选：D。7.“杯酚”()能够分离提纯和，其原理如图所示。下列说法错误的是A.分离过程中“杯酚”能循环利用 B.“操作1”是过滤，“操作2”是分液C.“杯酚”与形成了超分子 D.该过程体现了超分子的“分子识别”功能【答案】B【解析】A．由图可知，分离过程中“杯酚”能再次进入循环，故能循环利用，A正确；B．“操作1”“操作2”都是分离固液的操作，均为过滤，B错误；C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，“杯酚”与形成了超分子，C正确；D．该过程杯酚能选择结合，体现了超分子的“分子识别”功能，D正确；故选B。8.茶多酚易溶于乙醇、热水，不溶于氯仿。茶叶中含约30%的茶多酚、咖啡碱和叶绿素等多种物质，提取茶多酚的流程如图。下列说法正确的是A.“浸取”时要用酒精灯加热，加快茶多酚等有机物的溶解B.“过滤”时最好采用抽滤，用到的仪器有普通漏斗、抽滤瓶、抽气泵、安全瓶C.“洗涤”的目的是除去咖啡碱、叶绿素等有机物D.流程中可循环利用的物质只有“物质1”【答案】C【解析】茶多酚易溶于乙醇，因此先将绿茶用60%的乙醇浸取，乙醇的沸点较低，过滤后蒸馏得到的物质1为乙醇，因为茶多酚不溶于氯仿，用氯仿洗涤可除去咖啡碱、叶绿素等有机物，再用乙酸乙酯萃取后蒸馏得到的物质2为乙酸乙酯，进而可得到粗茶多酚；A．乙醇易挥发且易燃，因此“浸取”时不可用酒精灯加热，应使用水浴加热，A错误；B．“抽滤”用布氏漏斗、不能用普通漏斗，B错误；C．“洗涤”的目的是除去咖啡碱、叶绿素等有机物，C正确；D．“物质1”为乙醇，“物质2”为乙酸乙酯，均可循环利用，D错误；故答案选C。9.我国科学家率先利用作为客体分子进行组装，得到新型碳纳米管片段材料，合成效率优于石墨片层卷曲，此材料具有显著的光电效应。下列说法正确的是A.中的碳原子为杂化 B.由形成碳纳米管为物理变化C.石墨和均为分子晶体 D.碳纳米管导电的原因是形成了金属键【答案】A【解析】A．C60分子中每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，所以碳是sp2杂化，故A正确；B．C60与碳纳米管是不同物质，为化学变化，故B错误；

C．C60是分子间通过分子间作用力结合而成晶体，属于分子晶体，石墨中含有分子间作用力、共价键和金属键，所以其质软，石墨为混合型晶体，故C错误；

D．碳纳米管中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，类似于金属键，没有金属阳离子，不能构成金属键，故D错误；故选：A。10.电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图。下列说法错误的是A.随电解进行NaOH与NaCl均需及时补充B.a为负极，离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜C电路中每通过1mole-理论上消耗14g乙烯D.M极发生反应2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-【答案】A【解析】根据图示可知，电极N上CuCl被氧化生成CuCl2，电极N为阳极，则电极M为阴极，阳极电极反应为：，阴极电极反应为：，据此解答。A．由分析可知，电极M为阴极，发生电极反应：，即阴极生成氢氧根离子，同时钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，氯离子向右侧迁移，NaCl浓度变小，所以NaCl需及时补充，NaOH不需要补充，A错误；B．由分析可知，电极M为阴极，则a为负极，工作过程中钠离子向左侧迁移，左侧NaOH浓度变大，则离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，B正确；C．N极为阳极，电极反应为：，电路中每通过1mole-，生成1mol氯化铜，乙烯与氯化铜发生反应：CH2=CH2＋2CuCl2CH2ClCH2Cl＋2CuCl，理论上消耗乙烯0.5mol，即14g，C正确；D．由分析可知，M极为阴极，被还原生成，同时生成，其电极反应式为：，D正确；故选A。11.将和通过活性炭的催化作用可化合成氯化硫酰，结构式为。下列关于该分子的说法错误的是A.中S原子的杂化方式为B.分子为非极性分子C.可发生强烈水解反应D.中硫元素的化合价为+6【答案】B【解析】A．中S原子形成4个σ键且无孤电子对，其杂化方式为，A正确；B．分子为非对称性分子，是极性分子，B错误；C．可发生强烈水解反应生成HCl和H2SO4，C正确；D．中氧、氯分别为-2、-1，，根据化合价代数和为零可知，硫元素的化合价为+6，D正确；故选B。12.一定条件下热解制取：。已知其他条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是A.平衡常数：B.达到平衡所需时间：C.总能量：D.单位时间的转化率。：【答案】C【解析】A．由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，说明反应吸热，温度越高，平衡常数越大，温度：Z>Y，平衡常数：，故A错误；B．温度越高，催化效率越强，反应速率越快，则Y点的反应速率大于X点的反应速率，则达到平衡所需时间：，故B错误；C．由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，说明反应吸热，总能量：，故C正确；D．Z点和Y点温度差别不大，但Z点的催化效率远低于Y点，说明Y的反应速率大于Z点的反应速率，则单位时间的转化率：，故D错误；故选C。13.下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，观察现象探究有机物中基团间的相互作用B用分液漏斗向盛有固体的锥形瓶中滴加乙酸溶液，将产生的气体通入盛有苯酚钠溶液的试管中，观察现象探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱C向两支试管中各加入2mL0.1溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入2mL0.1溶液，振荡，观察现象探究温度对化学反应速率的影响D以Zn、Fe为电极，以酸化的3%NaCl溶液作电解质溶液，连接成原电池装置，过一段时间，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴溶液，观察现象探究金属的电化学保护法A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，盛有2mL苯的试管中溶液不褪色，盛有2mL甲苯的试管中溶液褪色，说明苯环能使侧链甲基的活性增强，能用于探究有机物中基团间的相互作用，故A正确；B．乙酸具有挥发性，挥发出的乙酸优先与苯酚钠反应，会干扰碳酸和苯酚酸性强弱的比较，故B错误；C．向分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中的盛有等浓度的硫代硫酸钠溶液中的试管中加入稀硫酸，振荡，放在热水中的试管优先变浑浊能用于探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；D．由题意可知，锌铁在氯化钠溶液中构成的原电池中，活泼金属锌做负极被损耗，铁电极做正极被保护，则向铁电极区域取少量溶液中滴入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成，说明铁做正极被保护，能用于探究金属的电化学保护法，故D正确；故选B。14.柠檬酸是三元弱酸(简写为H3A)。常温下，向10mL0.1mol·L-1H3A溶液中滴加VmLpH=13的NaOH溶液，溶液的pH与含A粒子分布系数如图所示。下列叙述正确的是已知：H3A的分布系数表达式为。A.Na3A在水中的第二步水解方程式为B.当V=20时，溶液中：c(H+)<c(OH-)C.pH=4.77时，溶液中：c(Na+)<c(OH-)＋3c(HA2-)＋3c(A3-)D.的K1小于的K2【答案】C【解析】A．Na3A在水中的第二步水解方程式为；故A错误；B．pH=13的NaOH溶液，，当V=20时，恰好生成Na2HA，由图可知，②和③的交点，，pH=4.77，c(H+)=10-4.77mol/L，，同理③和④的交点，，，，水解常数，所以HA2-电离为主，则c(H+)>c(OH-)，故B错误；C．pH=4.77时，，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(A3-)+2c(HA2-)+c(H2A-)=c(OH-)+3c(A3-)+3c(HA2-)，另(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(OH-)＋3c(HA2-)＋3c(A3-)；故C正确；D．，，，故D错误；故答案选C。15.含硼化合物的两种晶体如图所示。下列叙述正确的是已知：甲中晶胞的边长为，为阿佛加德罗常数的值。图甲、图乙对应的晶体熔点依次为2700℃、830℃。A.图乙晶体的化学式为B.图甲、图乙对应的晶体都是离子晶体C.图甲中原子和原子之间的最近距离为D.图甲中，原子填充在由原子构成四面体中【答案】D【解析】A．图乙晶体中硼原子在内部，每个晶胞中有6个原子，镁原子位于晶胞的顶点和面心均摊法计算为：，所以化学式为，A错误；B．图甲、图乙对应的晶体熔点依次为2700℃、830℃，所以前者熔点很高是共价晶体，后者熔点较高是离子晶体，B错误；C．图甲中原子和原子之间的最近距离是内部小正方体体对角线的一半，为，C错误；D．图甲晶体中，硼原子与氮原子的配位数都是4，所以硼原子位于氮原子构成的四面体中，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.海水中提取镁工艺流程：（1）该工艺流程中属于分解反应的有___________个，请写出其中属于氧化还原反应的化学方程式___________。（2）脱水得到的过程中，通入HCl的作用是___________。（3）25℃时，在沉镁的过程中，将溶液滴加到悬浊液中，当混合溶液中pH=12时，同时存在、两种沉淀，则此时溶液中___________。判断此时___________(填“是”或“否”)完全沉淀。(，，当某离子浓度降到以下时，认为该离子已经完全沉淀。)（4）新工艺向含氧化镁熔浆中添加三氯化铈()和氯气反应，生成和无水氯化镁。请写出该反应的化学方程式___________。（5）某实验小组对进行热重曲线分析：①分析181℃时固体产物的化学式为___________。②写出在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式___________。【答案】（1）①.3②.（2）抑制与水在加热条件下发生水解反应（3）①.②.是（4），（5）①.②.【解析】碳酸钙煅烧得到生石灰、加水得石灰乳，加到海水中得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2⋅6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取Mg，同时得到的氯气可转变为HCl进行循环利用；（1）分解反应有：碳酸钙煅烧得到生石灰和水，MgCl2⋅6H2O分解得到MgCl2和H2O，电解熔融氯化镁得到Mg和Cl2，则该工艺流程中属于分解反应的有3个，其中属于氧化还原反应的化学方程式。（2）增大氢离子浓度可使镁离子水解平衡左移，则脱水得到的过程中，通入HCl的作用是：抑制与水在加热条件下发生水解反应。（3）25℃时，当混合溶液中pH=12时，同时存在、两种沉淀，则此时溶液中。此时，则完全沉淀，答案为“是”。（4）新工艺向含氧化镁熔浆中添加三氯化铈()和氯气反应，生成和无水氯化镁。则该反应的化学方程式为：。（5）①203g的物质的量为1mol，1molMgCl2的质量为95g，181℃时固体产物为131g，则结晶水为131g-95g=36g，含结晶水为2mol，则化学式为。②在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)其质量为76.5g，含1molMg2+、1molOH-、1molCl-、则为，则化学方程式为。17.三氯苯达唑是一种新型咪唑类驱虫药，其合成路线之一如下：回答下列问题：（1）A的名称为______。（2）A→B的反应方程式为______。（3）X的结构简式为______。（4）D→E的反应类型为______。（5）C的芳香族同分异构体中，与C具有相同官能团的有______种。（6）邻苯二胺是染料、农药、助剂、感光材料等的中间体。以溴苯为原料，根据上述合成路线，设计合成邻苯二胺的路线______(无机试剂及两个碳以下的有机试剂任选)。【答案】（1）1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)（2）（3）（4）还原反应（5）15（6）【解析】A在浓硫酸、浓硝酸条件下，发生硝化反应生成B，根据C的分子式和D的结构简式，可以推出C的结构简式为：，X的结构简式为：，D在还原剂Fe的作用下发生还原反应，还原成，再与在KOH和的作用下生成F，最后与在一定条件下得到产品。（1）根据A的结构，A的名称为：1，2，4-三氯苯(或偏三氯苯)。（2）A在浓硫酸、浓硝酸条件下，发生硝化反应生成B，反应方程式为：。（3）根据分析可得X的结构简式为。（4）D在还原剂Fe的作用下发生还原反应，还原成，反应类型为：还原反应。（5）C的结构简式为：，根据“定二移一，再加一的方法”，与C具有相同官能团的芳香族同分异构体为：，加上，有3种，，加上，除去C有2种，，加上，有3种，，加上，有3种，，加上，有2种，，加上，有2种，共15种；（6）根据上述合成路线中AE的合成过程，以溴苯为原料，合成邻苯二胺的路线为：。18.I.磷酸是一种重要的化工原料，是生产磷肥的原料，也是食品添加剂之一。（1）工业上可以用磷单质与硝酸作用得到纯的磷酸(熔点)。的VSEPR模型是_______(填名称)。磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向其过饱和溶液中加入_______促进其结晶，但是所制得的磷酸中仍含有少量的水极难除去，其可能的原因是_______。Ⅱ.研究小组以无水甲苯为溶剂，(易水解)和(叠氮化钠)为反应物制备纳米球状红磷。（2）甲苯干燥和收集的回流装置如图1所示(夹持及加热装置略)。以二苯甲酮为指示剂，无水时体系呈蓝色。①金属的作用是_______。②回流过程中，除水时打开的活塞是_______；体系变蓝后，改变开关状态收集甲苯。（3）纳米球状红磷的制备装置如图2所示(夹持、搅拌、加热装置已略)。①在氩气保护下，反应物在装置A中混匀后转入装置B，于加热12小时，反应物完全反应，其化学方程式为_______；用氩气赶走空气的目的是_______。②经冷却、离心分离和洗涤得到产品，洗涤时先后使用乙醇和水，依次洗去的物质是_______、_______。【答案】（1）①.四面体形②.磷酸晶体③.磷酸分子与水分子能形成氢键（2）①.干燥甲苯②.K1、K3（